(江苏专用)2020版高考物理大一轮复习第九章磁场第三节带电粒子在复合场中的运动课件

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(完整版)高考物理带电粒子在磁场中的运动解析归纳

难点之九：带电粒子在磁场中的运动一、难点突破策略（一）明确带电粒子在磁场中的受力特点1. 产生洛伦兹力的条件：①电荷对磁场有相对运动．磁场对与其相对静止的电荷不会产生洛伦兹力作用．②电荷的运动速度方向与磁场方向不平行． 2. 洛伦兹力大小：当电荷运动方向与磁场方向平行时，洛伦兹力f=0；当电荷运动方向与磁场方向垂直时，洛伦兹力最大，f=qυB ；当电荷运动方向与磁场方向有夹角θ时，洛伦兹力f= qυB ·sin θ3. 洛伦兹力的方向：洛伦兹力方向用左手定则判断 4. 洛伦兹力不做功．（二）明确带电粒子在匀强磁场中的运动规律带电粒子在只受洛伦兹力作用的条件下：1. 若带电粒子沿磁场方向射入磁场，即粒子速度方向与磁场方向平行，θ＝0°或180°时，带电粒子粒子在磁场中以速度υ做匀速直线运动．2. 若带电粒子的速度方向与匀强磁场方向垂直，即θ＝90°时，带电粒子在匀强磁场中以入射速度υ做匀速圆周运动．①向心力由洛伦兹力提供：R v mqvB 2=②轨道半径公式：qBmvR =③周期：qB m 2v R 2T π=π=，可见T 只与q m有关，与v 、R 无关。

（三）充分运用数学知识（尤其是几何中的圆知识，切线、弦、相交、相切、磁场的圆、轨迹的圆）构建粒子运动的物理学模型，归纳带电粒子在磁场中的题目类型，总结得出求解此类问题的一般方法与规律。

1. “带电粒子在匀强磁场中的圆周运动”的基本型问题（1）定圆心、定半径、定转过的圆心角是解决这类问题的前提。

确定半径和给定的几何量之间的关系是解题的基础，有时需要建立运动时间t 和转过的圆心角α之间的关系（T 2t T 360t πα=α=或）作为辅助。

圆心的确定，通常有以下两种方法。

① 已知入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心（如图9-1中P 为入射点，M 为出射点）。

(江苏专用)2020版高考物理大一轮复习第九章磁场章末热点集训课件

T＝2vπr＝2qπBm，角速度 ω＝2Tπ＝qmB，两粒子比荷相等，所以周期相等、角速度相等，故 C 错误；根据几何关系可知，粒子在磁场中偏转的圆心角相等，粒子在磁场中运动的时间 t ＝2θπT＝θqmB，所以粒子在磁场中运动的时间相等，故 D 正确． [答案] BD
2.如图所示，半径为 R 的圆是一
C.3q2BmR
D．2qmBR
解析：选 B.作出粒子运动轨迹如图中实线所示．因 P 到 ab 距离为R2，可知 α＝30°. 因粒子速度方向改变 60°，可知转过的圆心角 2θ＝60°.由图中几何关系有r＋R2 tan θ＝Rcos α，解得 r＝R.再由 Bqv＝mvr2可得 v＝qBmR，故 B 正确．
圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强
度大小为 B，方向垂直于纸面向外．一电荷量
为 q(q>0)、质量 m 的粒子沿平行于直径 ab
的方向射入磁场区域，射入点与 ab 的距离为R2.已知粒子射出
磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为 60°，则粒子的速率
为(不计重力)( )
A.q2BmR
B．qBmR
摆动过程中所受安培力的大小 F＝0.3 N，选项 C 正确；由能量守恒定律知电源提供的电能 W 等于电路中产生的焦耳热 Q 和导体棒重力势能的增加量ΔE 的和，即 W＝Q＋ΔE，而Δ E＝mgL(1－cos θ)＝0.048 J，故 W>ΔE＝0.048 J，选项 D 错误． [答案] ABC
[解析] 导体棒向右沿圆弧导轨摆动，说明其受到方向向右的安培力，由左手定则知该磁场方向竖直向下，选项 A 正确；导体棒摆动过程中只有安培力和重力做功，由动能定理知 BIL·Lsin θ－mgL(1－cos θ)＝0，代入数值得导体棒中的电流为 I＝3 A，由 E＝IR 得电源电动势 E＝3 V，选项 B 正确(注意最大偏角处并不是处于平衡状态)；由 F＝BIL 得导体棒在

高中物理高考高考物理一轮复习专题课件专题9+磁场(全国通用)

2.回旋加速器 (1)基本构造：回旋加速器的核心部分是放置在磁场中的两个D形的金属扁盒 (如图所示)，其基本组成为：
①粒子源 ②两个D形金属盒 ③匀强磁场 ④高频电源 ⑤粒子引出装置
(2)工作原理
①电场加速 qU＝ΔEk； ②磁场约束偏转 qBv＝mvr2，v＝qmBr∝r；
③加速条件：高频电源的周期与带电粒子在 D 形盒中运动的周 2πm
知识点一磁场及其描述 1.磁场 (1)基本特性：对放入其中的磁体、电流和运动电荷都有_磁__场__力__的作用. (2)方向：磁场中任一点小磁针_北__极__(N__极__)的受力方向为该处的磁场方向.
2.磁感应强度
B＝IFL
强弱
方向
北极(N极)
3.磁感应强度与电场强度的比较
磁感应强度 B 电场强度 E
要点一通电导线在安培力作用下的运动的判断方法 [突破指南]
电流元法
把整段导线分为直线电流元，先用左手定则判断每段电流元受力的方向，然后判断整段导线所受合力的方向，从而确定导线运动方向.
等效法
环形电流可等效成小磁针，通电螺线管可以等效成条形磁铁或多个环形电流，反过来等效也成立.
特殊通过转动通电导线到某个便于分析的特殊位置，然位置法后判断其所受安培力的方向，从而确定其运动方向.
A.FN1＜FN2，弹簧的伸长量减小 B.FN1＝FN2，弹簧的伸长量减小 C.FN1＞FN2，弹簧的伸长量增大 D.FN1＞FN2，弹簧的伸长量减小
解析采用“转换研究对象法”：由于条形磁铁的磁感线是从N 极出发到S极，所以可画出磁铁在导线A处的一条磁感线，此处磁感应强度方向斜向左下方，如图，导线A中的电流垂直纸面向外，由左手定则可判断导线A必受斜向右下方的安培力，由牛顿第三定律可知磁铁所受作用力的方向是斜向左上方，所以磁铁对斜面的压力减小，FN1＞FN2.同时，由于导线A比较靠近N极，安培力的方向与斜面的夹角小于90°，所以电流对磁铁的作用力有沿斜面向下的分力，使得弹簧弹力增大，可知弹簧的伸长量增大，所以正确选项为C.

高三物理一轮复习资料【带电粒子在匀强磁场中的运动】

高三物理一轮复习资料【带电粒子在匀强磁场中的运动】 [考点分析]1．命题特点：带电粒子在匀强磁场中的运动是等级考命题的热点问题，对此部分内容的考查以带电粒子在各类有界匀强磁场中的运动为主，题型有选择也有计算，难度中等偏上．2．思想方法：对称法、图解法、模型法等．[知能必备]1．单边界磁场问题的对称性带电粒子在单边界匀强磁场中的运动一般都具有对称性，可总结为：单边进出(即从同一直线边界进出)，等角进出，如图所示．2．缩放圆法的应用技巧当带电粒子以任一速度沿特定方向射入匀强磁场时，它们的速度v0越大，在磁场中做圆周运动的轨道半径也越大，它们运动轨迹的圆心在垂直速度方向的直线PP′上，此时可以用“缩放圆法”分析——以入射点为定点，圆心位于直线PP′上，将半径缩放作粒子的运动轨迹，从而探索出临界条件．3．带电粒子在磁场中运动产生多解的原因[真题再练]1. (多选)如图所示，在Oxy 平面的第一象限内存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B 的匀强磁场．一带电粒子从y 轴上的M 点射入磁场，速度方向与y 轴正方向的夹角θ＝45°.粒子经过磁场偏转后在N 点(图中未画出)垂直穿过x 轴．已知OM ＝a ，粒子电荷量为q ，质量为m ，重力不计．则( )A ．粒子带负电荷B ．粒子速度大小为qBamC ．粒子在磁场中运动的轨道半径为aD ．N 与O 点相距(2＋1)a解析：AD 由左手定则，分析粒子在M 点受的洛伦兹力，可知粒子带负电，选项A 正确；粒子的运动轨迹如图所示，O ′为粒子做匀速圆周运动的圆心，其轨道半径R ＝2a ，选项C 错误；由q v B ＝m v 2R ，可求出v ＝2qBa m ，选项B 错误；由图可知，ON ＝a ＋2a ＝(2＋1)a ，选项D 正确．2.如图，在0≤x ≤h ，－∞<y <＋∞区域中存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B 的大小可调，方向不变．一质量为m 、电荷量为q (q >0)的粒子以速度v 0从磁场区域左侧沿x 轴进入磁场，不计重力．(1)若粒子经磁场偏转后穿过y 轴正半轴离开磁场，分析说明磁场的方向，并求在这种情况下磁感应强度的最小值B m ；(2)如果磁感应强度大小为B m2，粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场．求粒子在该点的运动方向与x 轴正方向的夹角及该点到x 轴的距离．解析：(1)由题意，粒子刚进入磁场时应受到方向向上的洛伦兹力，因此磁场方向垂直于纸面向里．设粒子进入磁场中做圆周运动的半径为R ，根据洛伦兹力公式和圆周运动规律，有q v 0B ＝m v 20R①由此可得R ＝m v 0qB②粒子穿过y 轴正半轴离开磁场，其在磁场中做圆周运动的圆心在y 轴正半轴上，半径应满足R ≤h ③由题意，当磁感应强度大小为B m 时，粒子的运动半径最大，由此得B m ＝m v 0qh④ (2)若磁感应强度大小为B m2，粒子做圆周运动的圆心仍在y 轴正半轴上，由②④式可得，此时圆弧半径为R ′ ＝2h ⑤粒子会穿过图中P 点离开磁场，运动轨迹如图所示．设粒子在P 点的运动方向与x 轴正方向的夹角为α，由几何关系sin α＝h 2h ＝12⑥即α＝π6⑦由几何关系可得，P 点与x 轴的距离为 y ＝2h (1－cos α)⑧联立⑦⑧式得y ＝ (2－3)h ⑨ 答案：(1)磁场方向垂直于纸面向里 m v 0qh(2)π6(2－3)h带电粒子在匀强磁场中运动问题的解题流程[精选模拟]视角1：带电粒子在匀强磁场中运动的临界、极值问题1．(多选)如图所示，S 处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN 垂直于纸面，在纸面内的长度L ＝9.1 cm ，中点O 与S 间的距离d ＝4.55 cm ，MN 与SO 直线的夹角为θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B ＝2.0×10－4 T ，电子质量m ＝9.1×10－31kg ，电荷量e ＝1.6×10－19C ，不计电子重力，电子源发射速度v ＝1.6×106 m/s 的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l ，则( )A ．θ＝90°时，l ＝9.1 cmB ．θ＝60°时，l ＝9.1 cmC ．θ＝45°时，l ＝4.55 cmD ．θ＝30°时，l ＝4.55 cm解析：AD 电子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力：e v B ＝m v 2R ，R ＝m v Be＝4.55×10－2 m ＝4.55 cm ＝L2，θ＝90°时，击中板的范围如图甲，l ＝2R ＝9.1 cm ，选项A 正确；θ＝60°时，击中板的范围如图乙所示，l ＜2R ＝9.1 cm ，选项B 错误；θ＝30°，如图丙所示，l ＝R ＝4.55 cm ，当θ＝45°时，击中板的范围如图丁所示，l ＞R (R ＝4.55 cm)，故选项D 正确，选项C 错误．2.如图所示，竖直线MN ∥PQ ，MN 与PQ 间距离为a ，其间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，O 是MN 上一点，O 处有一粒子源，某时刻放出大量速率均为v (方向均垂直磁场方向)、比荷一定的带负电粒子(粒子重力及粒子间的相互作用力不计)，已知沿图中与MN 成θ＝60°角射入的粒子恰好垂直PQ 射出磁场，则粒子在磁场中运动的最长时间为( )A.πa3v B ．23πa 3vC.4πa 3vD ．2πa v解析：C 当θ＝60°时，粒子的运动轨迹如图甲所示，则a ＝R sin 30°，即R ＝2a .设带电粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为α，则其在磁场中运行的时间为t ＝α2πT ，即α越大，粒子在磁场中运行时间越长，α最大时粒子的运行轨迹恰好与磁场的右边界相切，如图乙所示，因R ＝2a ，此时圆心角αm 为120°，即最长运行时间为T 3，而T ＝2πR v ＝4πav ，所以粒子在磁场中运动的最长时间为4πa3v，C 正确．3．如图是某屏蔽高能粒子辐射的装置，铅盒左侧面中心O 有一放射源可通过铅盒右侧面的狭缝MQ 向外辐射α粒子，铅盒右侧有一左右边界平行的匀强磁场区域．过O 的截面MNPQ 位于垂直磁场的平面内，OH 垂直于MQ .已知∠MOH ＝∠QOH ＝53°.α粒子质量m ＝6.64×10－27kg ，电量q ＝3.20×10－19C ，速率v ＝1.28×107m/s ；磁场的磁感应强度B＝0.664 T ，方向垂直于纸面向里；粒子重力不计，忽略粒子间的相互作用及相对论效应，sin 53°＝0.80，cos 53°＝0.60.(1)求垂直于磁场边界向左射出磁场的粒子在磁场中运动的时间t ；(2)若所有粒子均不能从磁场右边界穿出，达到屏蔽作用，求磁场区域的最小宽度d . 解析：(1)粒子在磁场内做匀速圆周运动，则T ＝2πmqB垂直于磁场边界向左射出磁场的粒子在磁场中运动的时间为：t ＝T2代入数据解得：t ＝π32×10－6 s ≈9.81×10－8 s.(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，q v B ＝m v 2R沿OQ 方向进入磁场的粒子运动轨迹与磁场右边界相切，则所有粒子均不能从磁场的右边界射出，如图所示，由几何关系可得：d ＝R ＋R sin 53° 代入数据可得：d ＝0.72 m. 答案：(1)9.81×10－8 s (2)0.72 m视角2：带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题4．(多选)长为l 的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示，磁感应强度为B ，板间距离也为l ，板不带电，现有质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子(不计重力)，从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v 水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是( )A ．使粒子的速度v ＜Bql4mB ．使粒子的速度v ＞5Bql4mC ．使粒子的速度v ＞BqlmD ．使粒子的速度v 满足Bql 4m ＜v ＜5Bql4m解析：AB 带电粒子刚好打在极板右边缘，有r 21＝⎝⎛⎭⎫r 1－l 22＋l 2，又因r 1＝m v 1Bq ，解得v 1＝5Bql 4m ；粒子刚好打在极板左边缘，有r 2＝l 4＝m v 2Bq ，解得v 2＝Bql4m，故A 、B 正确．。

带电粒子在有界匀强磁场中的运动-高考物理复习

√A.3
B.2
C.32
D.23
电子1、2在磁场中都做匀速圆周运动，根据题意画出两电子的运动轨迹，如图所示，电子1垂直边界射入磁场，从b点离开，则运动了半个圆周，ab 即为直径，c点为圆心；电子2以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，根据半径 r＝mBqv可知，电子 1 和 2 的半径相等，根据几何关系可知，△aOc为等边三角形，
粒子运动轨迹与 y 轴交点的纵坐标为 y＝－2rcos 30° ＝－233d，故 D 错误.
考向4 带电粒子在多边形边界或角形区域磁场中运动
例4 (多选)(2023·河北石家庄市模拟)如图所示，△AOC为直角三角形，∠O
＝90°，∠A＝60°，AO＝L，D为AC的中点.△AOC中存在垂直于纸面向里的匀
√C.若带电粒子与挡板碰撞，则受到挡板作用力的冲量大小为5q2BL
√D.带电粒子在磁场中运动时间可能为3πqmB
若粒子带正电，粒子与挡板MN碰撞后恰好从 Q点射出，粒子运动轨迹如图甲所示，设轨迹半径为 r2，由几何知识得 L2＋(r2－0.5L)2 ＝r22，解得 r2＝54L，根据牛顿第二定律得 qv2B＝mvr222，解得 v2＝54qmBL，根据动量定理得 I＝2mv2＝5q2BL，故 A 错误，C 正确；若粒子带负电，则粒子的运动轨迹如图乙所示，粒子做圆周运动的半径为 r1＝12L，由牛顿第二定律得 qv1B＝mvr112，解得 v1＝q2BmL，此时半径最小，速度也最小，故 B 错误；
2.平行边界(往往存在临界条件，如图所示)
3.圆形边界(进出磁场具有对称性) (1)沿径向射入必沿径向射出，如图甲所示. (2)不沿径向射入时，如图乙所示. 射入时粒子速度方向与半径的夹角为θ，射出磁场时速度方向与半径的夹角也为θ.

江苏专用2020版高考物理新增分大一轮复习第九章电磁感应专题突破十一电磁感应定律的综合应用讲义含解析

专题突破十一　电磁感应定律的综合应用命题点一　电磁感应中的图象问题1.解题关键弄清初始条件、正负方向的对应变化范围、所研究物理量的函数表达式、进出磁场的转折点等是解决此类问题的关键.2.解题步骤(1)明确图象的种类，即是B －t 图象还是Φ－t 图象，或者E －t 图象、I －t 图象等；(2)分析电磁感应的具体过程；(3)用右手定则或楞次定律确定方向的对应关系；(4)结合法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出相应的函数关系式；(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等；(6)画图象或判断图象.3.两种常用方法(1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是分析物理量的正负，以排除错误的选项.(2)函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象进行分析和判断.例1　(多选)(2018·扬州中学5月模拟)在光滑水平桌面上有一边长为l 的正方形线框abcd ，bc 边右侧有一等腰直角三角形匀强磁场区域efg ，三角形腰长为l ，磁感应强度垂直桌面向下，abef 在同一直线上，其俯视图如图1所示，线框从图示位置在水平拉力F 作用下向右匀速穿过磁场区，线框中感应电流i 及拉力F 随时间t 的变化关系可能是(以逆时针方向为电流的正方向，F 向右为正方向，时间单位为)( )lv图1答案　BD变式1　(2018·如皋市调研)将一段导线绕成如图2甲所示的闭合回路，并固定在水平面(纸面)内.回路的ab 边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中.回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B 随时间t 变化的图象如图乙所示.用F 表示ab 边受到的安培力，以水平向右为F 的正方向，能正确反映F 随时间t 变化的图象是( )图2答案　B解析　根据题图B －t 图象可知，在0～时间内，B －t 图线的斜率为负且为定值，根据法拉T2第电磁感应定律E ＝nS 可知，该段时间圆环区域内感应电动势和感应电流是恒定的，由楞ΔBΔt次定律可知，ab 中电流方向为b →a ，再由左手定则可判断ab 边受到向左的安培力，且0～T2时间内安培力恒定不变，方向与规定的正方向相反；在～T 时间内，B －t 图线的斜率为正且T2为定值，故ab 边所受安培力仍恒定不变，但方向与规定的正方向相同.综上可知，B 正确.命题点二　电磁感应中的动力学与能量问题1.解决电磁感应中的动力学问题的一般思路2.能量转化及焦耳热的求法(1)能量转化其他形式的能量电能焦耳热或其他形式的能量――→克服安培力做功――→电流做功 (2)求解焦耳热Q的三种方法3.单棒导体切割磁感线的一般运动过程类型“电—动—电”型“动—电—动”型示意图已知量棒ab 长L ，质量m ，电阻R ；导轨光滑水平，电阻不计棒ab 长L ，质量m ，电阻R ；导轨光滑，电阻不计过程分析(↑表示增大，↓表示减小，→表示推出)S 闭合，棒ab 受安培力F ＝BLE R，此时加速度a ＝，棒ab BLEmR速度v ↑→感应电动势E ′＝棒ab 释放后下滑，此时加速度a ＝g sin α，棒ab 速度v ↑→感应电动势E ＝BLv ↑→电流I ＝↑→安培力F ＝E RBLv ↑→电流I ↓→安培力F ＝BIL ↓→加速度a ↓，当安培力F ＝0时，a ＝0，v 最大，最后匀速运动BIL ↑→加速度a ↓，当安培力F ＝mg sin α时，a ＝0，v 最大，最后匀速运动能量转化分析通过安培力做功，电能一部分转化为棒的动能，一部分通过克服安培力做功转化为电能，又通过电阻转化为焦耳热重力势能一部分转化为棒的动能，一部分通过克服安培力做功转化为电能，又通过电阻转化为焦耳热4.两种状态及处理方法状态特征处理方法平衡态加速度为零根据平衡条件列式分析非平衡态加速度不为零根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析模型1　“导体棒”切割磁感线例2　(多选)(2018·江苏单科·9)如图3所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为L ，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d ，磁感应强度为B .质量为m 的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等.金属杆在导轨间的电阻为R ，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g .金属杆( )图3A.刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下B.穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间C.穿过两磁场产生的总热量为4mgdD.释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h 可能小于m 2gR 22B 4L4答案　BC解析　穿过磁场Ⅰ后，金属棒在磁场之间做加速运动，在磁场Ⅱ上边缘速度大于从磁场Ⅰ出来时的速度，即进入磁场Ⅰ时速度等于进入磁场Ⅱ时速度，大于从磁场Ⅰ出来时的速度.金属棒在磁场Ⅰ中做减速运动，加速度方向向上，A 错.金属棒在磁场Ⅰ中做减速运动，由牛顿第二定律知ma ＝BIL －mg ＝－mg ，B 2L 2v Ra 随着减速过程逐渐变小，即在前一段做加速度减小的减速运动.在磁场之间做加速度为g 的匀加速直线运动，两个过程位移大小相等，由v －t 图象(可能图象如图所示)可以看出前一段用时多于后一段用时，B 对.由于进入两磁场时速度相等，由动能定理知，W 安1－mg ·2d ＝0，W 安1＝2mgd .即通过磁场Ⅰ产生的热量为2mgd ，故穿过两磁场产生的总热量为4mgd ，C 对.设刚进入磁场Ⅰ时速度为v ，则由机械能守恒定律知mgh ＝mv 2，①12进入磁场时ma ＝BIL －mg ＝－mg ，B 2L 2vR解得v ＝，②m (a ＋g )RB 2L 2由①②式得h ＝>，D 错.m 2(a ＋g )2R 22B 4L 4g m 2gR 22B 4L 4例3　(2018·南京市三模) 如图4甲所示，固定在水平桌面上的间距为L 的光滑平行金属导轨，其右端MN 间接有阻值为R 的定值电阻，导轨上存在着以efhg 为边界，宽度为d 的匀强磁场，磁场磁感应强度B 随时间t 变化的规律如图乙所示，方向竖直向下.一长度为L 的金属棒垂直于导轨放置，金属棒的电阻也为R ，在t ＝0时刻从图示位置在恒力作用下由静止开始沿导轨向右运动，t ＝t 0时刻恰好进入磁场，此时磁感应强度为B 0，并保持不变.金属棒从图示位置到恰好穿出磁场的运动过程中，电阻R 上的电流大小不变，导轨电阻不计.求：图4(1)0～t 0时间内流过电阻R 的电流I 的大小和方向；(2)金属棒穿过磁场的速度及所受恒力的大小；(3)金属棒从图示位置到恰好穿出磁场的运动过程中，电阻R 上产生的焦耳热Q .答案　(1)　方向由N →M (2) (3)B 0Ld 2Rt 0d t 0B 20L 2d 2Rt 0B 20L 2d22Rt 0解析　(1)0～t 0时间内，由E ＝SΔBΔt解得E ＝B 0Ldt由I ＝E 2R解得I ＝B 0Ld2Rt 0由楞次定律可知，电流方向为由N 到M(2)经分析可知，金属棒穿过磁场的过程中电动势大小与0～t 0时间内相同由E ＝＝B 0LvB 0Ldt0解得v ＝d t 0金属棒匀速通过磁场由受力平衡得F ＝BIL则F ＝B 20L 2d 2Rt 0(3)金属棒从题图所示位置到恰好穿出磁场的运动过程中电流大小不变，为I ＝B 0Ld2Rt 0金属棒匀速通过磁场的时间为t ＝＝t 0d v所以Q ＝I 2R (t 0＋t 0)＝.B 20L 2d22Rt 0变式2　(2018·泰州中学月考)如图5甲所示，MN 、PQ 为水平放置的足够长的平行光滑导轨，导轨间距L 为0.5m ，导轨左端连接一个阻值为2Ω的定值电阻R ，将一根质量为0.2kg 的金属棒cd 垂直放置在导轨上，且与导轨接触良好，金属棒cd 的电阻r ＝2Ω，导轨电阻不计，整个装置处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度B ＝2T.若棒以1m/s 的初速度向右运动，同时对棒施加水平向右的拉力F 作用，并保持拉力的功率恒为4W ，从此时开始计时，经过2s 金属棒的速度稳定不变，图乙为安培力与时间的关系图象.试求：图5(1)金属棒的最大速度；(2)金属棒的速度为3m/s 时的加速度大小；(3)求从开始计时起2s 内电阻R 上产生的电热.答案　(1)4m/s (2)m/s 2　(3)3.25J 3512解析　(1)金属棒速度最大时，所受合外力为零，即F 安m ＝F .由题图乙可知F 安m ＝1.0N ，则v m ＝＝＝4m/s.P F PF 安m(2)金属棒速度为3m/s 时，感应电动势E ′＝BLv ＝2×0.5×3V ＝3V.电流I ′＝，F 安′＝BI ′L E ′R ＋r金属棒受到的拉力F ′＝＝NP v 43根据牛顿第二定律F ′－F 安′＝ma 解得a ＝＝m/s 2＝m/s 2.F ′－F 安′m 43－340.23512(3)从开始计时起2s 内，由动能定理得，Pt ＋W 安＝mv m 2－mv 021212W 安＝－6.5J则Q R ＝＝3.25J.－W 安2模型2　“导线框”切割磁感线例4　(2018·南通市、泰州市一模)如图6所示，光滑绝缘斜面倾角为θ，斜面上平行于底边的虚线MN 、PQ 间存在垂直于斜面向上、磁感应强度为B 的匀强磁场，MN 、PQ 相距为L .一质量为m 、边长为d (d ＜L )的正方形金属线框abef 置于斜面上，线框电阻为R .ab 边与磁场边界MN 平行，相距为L .线框由静止释放后沿斜面下滑，ef 边离开磁场前已做匀速运动，重力加速度为g .求：图6(1)线框进入磁场过程中通过线框横截面的电荷量q ；(2)线框ef 边离开磁场区域时速度的大小v ；(3)线框穿过磁场区域产生的热量Q .答案　(1)　(2)　(3)mg (2L ＋d )sin θ－Bd 2R mgR sin θB 2d 2m 3g 2R 2sin 2θ2B 4d 4解析　(1)线框进入磁场的过程产生的平均感应电动势E ＝ΔΦΔt通过回路的电荷量q ＝I ·Δt ＝·Δt E R磁通量的变化量ΔΦ＝Bd 2解得q ＝.Bd 2R(2)线框ef 边离开磁场前，线框中产生的感应电流I ＝Bdv R受到的安培力F ＝IdB 由平衡条件有mg sin θ－F ＝0解得v ＝.mgR sin θB 2d 2(3)线框由静止至离开磁场，由能量守恒定律有mg (2L ＋d )sin θ－Q ＝mv 2－012解得Q ＝mg (2L ＋d )sin θ－.m 3g 2R 2sin 2θ2B 4d 4例5　(2018·扬州市一模)实验小组想要探究电磁刹车的效果，在遥控小车底面安装宽为L 、长为2.5L 的N 匝矩形线框abcd ，总电阻为R ，面积可认为与小车底面相同，其平面与水平地面平行，小车总质量为m .如图7是简化的俯视图，小车在磁场外以恒定的功率做直线运动，受到地面阻力恒为F f ，进入磁场前已达到最大速度v ，车头(ab 边)刚要进入磁场时立即撤去牵引力，车尾(cd 边)刚出磁场时速度恰好为零.已知有界磁场宽度为2.5L ，磁感应强度为B ，方向竖直向下.求：图7(1)进入磁场前小车所受牵引力的功率P ；(2)车头刚进入磁场时，感应电流的大小I ；(3)电磁刹车过程中产生的焦耳热Q .答案　(1)F f v (2)　(3)mv 2－5F f L NBLv R 12解析　(1)进入磁场前小车匀速运动时速度最大，根据受力平衡则有：F ＝F f 牵引力的功率为：P ＝Fv ＝F f v ；(2)车头刚进入磁场时，产生的感应电动势为：E ＝NBLv 感应电流的大小为：I ＝＝E R NBLv R(3)根据能量守恒定律得：Q ＋F f ·5L ＝mv 212可得，电磁刹车过程中产生的焦耳热为：Q ＝mv 2－5F f L .121.(多选)(2018·启东中学月考)如图8所示，两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计.两质量、长度均相同的导体棒c 、d 置于边界水平的匀强磁场上方同一高度h 处.磁场宽为3h ，方向与导轨平面垂直.先由静止释放c ，c 刚进入磁场立即匀速运动，此时再由静止释放d ，两导体棒与导轨始终保持良好接触.用a c 表示c 的加速度，E k d 表示d 的动能，x c 、x d 分别表示c 、d 相对释放点的位移.下图中正确的是( )图8答案　BD解析　导体棒c 进入磁场前做自由落体运动，加速度恒为g ，有h ＝gt 2，v ＝gt ，c 棒进入12磁场以速度v 做匀速直线运动的路程为h ′＝vt ＝gt 2＝2h ，此后d 棒进入磁场，d 棒进入磁场而c 棒还没有穿出磁场的过程，无电磁感应，两导体棒仅受到重力作用，加速度均为g ，直到c 棒穿出磁场，穿出磁场后c 棒仅受重力，加速度仍为g ，A 错误，B 正确；c 棒穿出磁场后，d 棒切割磁感线产生感应电动势，在回路中产生感应电流，因此时d 棒速度大于c 棒进入磁场时切割感线的速度，故感应电动势、感应电流、感应安培力都大于c 棒刚进入磁场时的大小，d 棒减速，直到穿出磁场仅受重力，做匀加速运动，结合匀变速直线运动v 2－v 02＝2gh ，可知匀加速过程动能与运动距离成正比，D 正确.2.(2018·如皋市模拟四)如图9所示，质量为m 、电阻为R 的单匝矩形线框置于光滑水平面上，线框边长ab ＝L 、ad ＝2L .虚线MN 过ad 、bc 边中点.一根能承受最大拉力为F 0的细线沿水平方向拴住ab 边中点O ，细线与ab 边垂直.从某时刻起，在MN 右侧加一方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小按B ＝kt 的规律均匀变化.一段时间后，细线被拉断，线框向左运动，ab 边穿出磁场时的速度为v .求：图9(1)细线断裂前线框中的电功率P ；(2)细线断裂后瞬间线框的加速度大小a 及线框离开磁场的过程中安培力所做的功W ；答案　(1)　(2)　mv2k 2L 4R F 0m 12解析　(1)根据法拉第电磁感应定律：E ＝＝L 2＝kL 2；ΔΦΔt ΔBΔt电功率：P ＝＝E 2R k 2L 4R(2)细线断裂瞬间安培力：F 安＝F 0，线框的加速度a ＝＝F 安m F 0m线框离开磁场过程中，由动能定理得：W ＝mv 2.123.(2018·南京师大附中5月模拟)近期大功率储能技术受到媒体的广泛关注，其中飞轮储能是热点之一.为说明某种飞轮储能的基本原理，将模型简化为如图10所示：光滑的”Π”形导轨水平放置，电阻不计，长度足够.轨道平行部分间距为L ＝1m ，导轨上静止放置有长度也为L 、质量为m ＝100kg 、接入电路的电阻为R 1＝0.1Ω的导体棒AB .导轨间虚线框区域有垂直轨道平面向上的均匀变化磁场.虚线框右侧区域有垂直轨道平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B ＝10T.图中开关S 接a ，经过足够长时间，棒AB 向右匀速运动，速度为v ＝100m/s.然后若将开关S 接b ，棒AB 可作为电源对电阻R 2供电，电阻R 2＝0.9Ω.图10(1)开关S 接a ，棒AB 匀速运动时，虚线框中的磁场磁通量每秒钟变化多少？(2)求开关S 接b 的瞬间棒AB 的加速度大小.(3)求开关S 接b 后R 2产生的总热量Q .答案　(1)1000Wb (2)100m/s 2　(3)4.5×105J解析　(1)棒匀速运动时加速度为零，安培力为零，电流为零，磁通量不变，所以虚线框中磁场磁通量每秒增加ΔΦ＝BLvt ＝1 000 Wb ；(2)棒AB 产生的感应电动势E ＝BLv ＝1 000 V ，电路中的感应电流I ＝＝1 000 A ，ER 1＋R 2故受到的安培力为F ＝BIL ＝1×104 N ，根据牛顿第二定律可得a ＝＝100 m/s 2；F m (3)棒的动能全部转化为热量，故Q 总＝mv 2＝5×105 J ，12电阻R 2上产生的热量为Q ＝Q 总＝4.5×105 J.R 2R 1＋R 24.(2018·苏州市模拟)如图11所示，空间存在竖直向下的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B .一边长为L 、质量为m 、电阻为R 的正方形单匝导线框abcd 放在水平桌面上.在水平拉力作用下，线框从左边界以速度v 匀速进入磁场，当cd 边刚进入磁场时撤去拉力，ab 边恰好能到达磁场的右边界.已知线框与桌面间的动摩擦因数为μ，磁场宽度大于L ，重力加速度为g .求：图11(1)ab 边刚进入磁场时，其两端的电压U ；(2)水平拉力的大小F 和磁场的宽度d ；(3)整个过程中产生的总热量Q .答案　(1)BLv (2)＋μmg L ＋34B 2L 2v R v 22μg(3) μmgL ＋mv 2＋12B 2L 3v R解析　(1)感应电动势E ＝BLv感应电流I ＝＝E R BLv Rab 边两端电压U ＝I ·R ＝BLv .3434(2)线框进入磁场后，对线框受力分析得，F ＝F 安＋μmg ＝＋μmg B 2L 2v R撤去拉力后，线框在磁场中只受到滑动摩擦力，做匀减速运动，运动位移x 2＝v 22μg所以磁场宽度d ＝L ＋.v 22μg(3)进入磁场过程中产生焦耳热Q 1＝I 2Rt 1＝B 2L 3v R由于摩擦产生的热量Q 2＝μmg (L ＋)＝μmgL ＋mv 2v 22μg 12所以整个过程产生的热量为Q ＝Q 1＋Q 2＝μmgL ＋mv 2＋.12B 2L 3v R1.(2017·南通市第二次调研)如图1所示，闭合导线框匀速穿过垂直纸面向里的匀强磁场区域，磁场区域宽度大于线框尺寸，规定线框中逆时针方向的电流为正，则线框中电流i 随时间t 变化的图象可能正确的是( )图1答案　B解析　闭合导线框进入磁场时由楞次定律知电流方向为逆时针，故排除D，闭合导线框离开磁场时由楞次定律知电流方向为顺时针，故排除A，根据有效切割长度的变化可知，C错误，B 正确.2.(多选)(2018·盐城中学月考)如图2所示，电阻为R的金属棒，从图示位置分别以速率v1、v2沿电阻不计的光滑轨道从ab匀速滑到a′b′处，若v1∶v2＝1∶2，则在两次移动过程中( )图2A.回路中感应电流I1∶I2＝1∶2B.回路中产生热量Q1∶Q2＝1∶2C.回路中通过横截面的总电荷量q1∶q2＝1∶2D.金属棒产生的感应电动势E1∶E2＝1∶2答案　ABD3.(2018·南京市三校联考)如图3所示，线圈由A位置开始下落，不计空气阻力，在磁场中受到的安培力如果总小于它的重力，则它在A、B、C、D四个位置(B、D位置恰好线圈有一半在磁场中)时，加速度关系为( )图3A.a A>a B>a C>a DB.a A＝a C>a B>a DC.a A＝a C>a D>a BD.a A＝a C>a D＝a B答案　B4.(2017·宜兴市下学期初考)如图4所示，在光滑水平面上，有一个粗细均匀的单匝正方形闭合线框abcd.t＝0时刻，线框在水平外力的作用下，从静止开始向右一直做匀加速直线运动，bc边刚进入磁场的时刻为t1，ad边刚进入磁场的时刻为t2，设线框中产生的感应电流的大小为i，ad边两端电压大小为U，水平拉力大小为F，则下列i、U、F随运动时间t变化关系图象正确的是( )图4答案　C解析　线框的速度与时间的关系式为v ＝at ，a 是加速度，设线框边长为L ，总电阻为R ，在0～t 1时间内，感应电流为零，t 1～t 2时间内，由E ＝BLv 和i ＝得，感应电流与时间的关系式E R为i ＝t ，B 、L 、a 、R 均不变，电流i 与t 成正比，t 2时间后无感应电流，故A 、B 错误；BLa R在0～t 1时间内，感应电流为零，ad 边两端的电压为零，t 1～t 2时间内，电流i 与t 成正比，ad 边两端电压大小为U ＝iR ad ＝·R ＝，电压随时间均匀增加，t 2时间后无感应电流，BLat R 14BLat 4但有感应电动势，ad 边两端电压大小为U ＝E ＝BLat ，电压随时间均匀增加，故C 正确；根据推论得知：线框所受的安培力为F 安＝，由牛顿第二定律得F －F 安＝ma ，得F ＝t ＋B 2L 2v R B 2L 2a Rma ,0～t 1时间内，感应电流为零，F ＝ma ，为定值，t 1～t 2时间内，F 与t 是线性关系，但不过原点，t 2时间后无感应电流，F ＝ma ，为定值，故D 错误.5.(多选)如图5甲所示，闭合矩形导线框abcd 固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在平面垂直.规定垂直纸面向里为磁场的正方向，abcda 方向为电流的正方向，水平向右为安培力的正方向.磁感应强度B 随时间t 变化的规律如图乙所示，下列关于线框中的电流i 、ad 边所受的安培力F 随时间t 变化的图象，正确的是( )图5答案　AD解析　由题图B －t 图象可知，0～1s 时间内，B 增大，Φ增大，由楞次定律可知，感应电流方向是逆时针的，为负值；1～3s ，磁通量不变，无感应电流；3～4s ，B 减小，Φ减小，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，为正值；由左手定则可知，在0～1s 内，ad 边受到的安培力水平向右，是正的，1～3s 无感应电流，不受安培力，3～4s 时间内，安培力水平向左，是负的；由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E ＝＝·S ，感应电流I ＝＝ΔΦΔt ΔB Δt E R ，由B －t 图象可知，在每一时间段内，是定值，则在各时间段内I 是定值，ad 边S ·ΔB R ·Δt ΔB Δt受到的安培力F ＝BIL ，I 、L 不变，0～1s 内B 均匀增大，则F 均匀增大，3～4s 内B 均匀减小，则F 均匀减小，故B 、C 错误，A 、D 正确.6.(多选)(2018·海安中学月考)水平固定放置的足够长的U 形金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中，如图6所示，在导轨上放着金属棒ab ，开始时ab 棒以水平初速度v 0向右运动，最后静止在导轨上，就导轨光滑和粗糙两种情况比较，这个过程( )图6A.外力对棒所做功相等B.电流所做的功相等C.通过ab 棒的电荷量相等D.安培力对ab 棒所做的功不相等答案　AD解析　根据动能定理，两种情况下外力的功都等于动能的变化量，因初状态和末状态相同，则外力对棒做功相同，选项A 正确；电流所做的功等于回路中产生的焦耳热，根据功能关系可知导轨光滑时，金属棒克服安培力做功多，产生的焦耳热多，电流做功多，故B 错误；根据感应电荷量公式q ＝＝，x 是ab 棒滑行的位移大小，B 、R 、导体棒长度L 相同，x ΔΦR BLx R越大，感应电荷量越大，因此导轨光滑时，感应电荷量大，故C 错误；当导轨光滑时，金属棒克服安培力做功，动能全部转化为焦耳热，产生的内能等于金属棒的初动能；当导轨粗糙时，金属棒在导轨上滑动，一方面要克服摩擦力做功，摩擦生热，把部分动能转化为内能，另一方面要克服安培力做功，金属棒的部分动能转化为焦耳热，摩擦力做功产生的内能与克服安培力做功转化为内能的和等于金属棒的初动能；所以导轨粗糙时，安培力做的功少，导轨光滑时，安培力做的功多，故D 正确.7.(多选)(2018·溧水中学期初模拟)如图7所示，两根足够长的直金属导轨平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L ，底端接有阻值为R 的电阻.一根质量为m 的均匀直金属杆ab 放在两导轨上，并与导轨垂直，导轨和杆ab 的电阻可忽略.整个装置处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上.让杆ab 沿轨道由静止开始下滑，导轨和杆ab 接触良好，不计它们之间的摩擦，杆ab 由静止下滑距离s 时，已匀速运动，重力加速度为g .则 ( )图7A.匀速运动时杆ab 的速度为mgR sin θB 2L 2B.匀速运动时杆ab 受到的安培力大小为mg sin θC.杆ab 由静止下滑距离s 过程中，安培力做功为mgs sin θD.杆ab 由静止下滑距离s 过程中，电阻R 产生的热量为mgs sin θ答案　AB解析　匀速运动时有mg sin θ＝F 安，又F 安＝BIL ＝，解得v ＝，F 安＝mg sin B 2L 2v R mgR sin θB 2L 2θ，故A 、B 正确；杆ab 由静止下滑距离s 过程中，根据能量守恒定律可得电阻R 产生的热量Q ＝mgs sin θ－mv 2，其中v ＝，安培力做功为W ＝－Q ＝mv 2－mgs sin θ，其中v ＝12mgR sin θB 2L 212，故C 、D 错误.mgR sin θB 2L 28.(2018·南京市学情调研)如图8所示，电阻不计、间距为l ＝1.0m 的光滑平行金属导轨，水平放置于磁感应强度B ＝1.0 T 、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接一定值电阻R ＝1.5Ω，质量为m ＝1.0kg 、电阻为r ＝0.5Ω的金属棒MN 置于导轨上，始终垂直导轨且接触良好.当MN 受到垂直于棒的水平外力F ＝2.0N 的作用，由静止开始运动，经过位移x ＝1.55m ，到达PQ 处(图中未画出)，此时速度为v ＝2.0m/s.求：图8(1)金属棒在PQ 处所受磁场作用力大小；(2)金属棒在PQ 处的加速度大小；(3)金属棒在运动中回路总共产生的热能.答案　(1)1.0N (2)1.0m/s 2　(3)1.1J解析　(1)速度为v ＝2.0 m/s 时，回路中感应电动势为E ＝Blv产生的感应电流I ＝ER ＋r由此得磁场对金属棒的作用力为：F 安＝BIl ＝＝1.0 N B 2l 2v R ＋r(2)由牛顿第二定律有F －F 安＝ma解得a ＝＝1.0 m/s 2F －F 安m(3)设金属棒受到的安培力做功为W ，由动能定理得Fx ＋W ＝mv 212解得W ＝mv 2－Fx ＝－1.1 J 12金属棒克服安培力所做的功，即回路中总共产生的热能得Q ＝－W ＝1.1 J.9.(2018·盐城市三模)如图9所示，在竖直平面内，水平且平行的Ⅰ、Ⅱ虚线间距为L ，其间有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B .一长为2L 、宽为L 的矩形线框质量为m 、电阻为R .开始时，线框下边缘正好与虚线Ⅱ重合，由静止释放，线框上边缘进入磁场后线框一直做减速运动，经过一段时间后，线框上边缘经过虚线Ⅱ瞬间加速度恰为0.重力加速度为g ，不计空气阻力.求矩形线框穿过磁场过程中：图9(1)上边缘经过虚线Ⅱ瞬间，线框中电流的大小；(2)磁通量变化率的最大值；(3)线框中产生的焦耳热.答案　(1)　(2)BL (3)2mgL －mg BL 2gL m 3g 2R 22B 4L4解析　(1)由线框受力平衡得：BIL ＝mg ，解得I ＝.mg BL(2)线框上边缘刚进磁场时磁通量的变化率最大，设此时速度为v 1，磁通量变化率＝BLv 1ΔΦΔt由动能定理得mgL ＝mv 1212则＝BL .ΔΦΔt2gL (3) 设线框上边缘通过虚线Ⅱ瞬间线框速度为v 2，则BLv 2＝IR设线框穿过磁场过程中克服安培力做的功为W ，根据动能定理mgL －W ＝mv 22－mv 121212解得W ＝2mgL －m 3g 2R 22B 4L4线框克服安培力所做的功，就是线框中产生的焦耳热，故Q ＝W ＝2mgL －.m 3g 2R 22B 4L410.(2018·镇江市模拟)如图10所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，其电阻不计，间距为0.4m.导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界为MN ，区域Ⅰ和Ⅱ中的匀强磁场B 的方向分别垂直斜面向下和垂直斜面向上，磁感应强度大小均为0.5T.将质量为0.1kg 、电阻为0.1Ω的导体棒ab 放在导轨上的区域Ⅰ中，ab 刚好不下滑.再在区域Ⅱ中将质量为0.4kg 、电阻为0.1Ω的光滑导体棒cd 从导轨上由静止开始下滑.cd 棒始终处于区域Ⅱ中，两棒与导轨垂直且与导轨接触良好，g 取10m/s 2.图10(1)求ab 棒所受最大静摩擦力，并判断cd 棒下滑时ab 棒中电流的方向；(2)ab 棒刚要向上滑动时，cd 棒的速度大小v ；(3)若从cd 棒开始下滑到ab 棒刚要向上滑动的过程中，装置中产生的总热量为2.6J ，求此过程中cd 棒下滑的距离x .答案　(1)0.5N 由a 流向b (2)5m/s (3)3.8m解析　(1)ab 刚好不下滑时，ab 所受摩擦力为最大静摩擦力有F fmax ＝m 1g sin θ则F fmax ＝0.5 N由右手定则可知cd 棒下滑时ab 棒中电流方向由a 流向b .(2)设ab 刚好要上滑时，cd 棒的感应电动势为E ，由法拉第电磁感应定律有E ＝Blv 设电路中的感应电流为I ，由闭合电路欧姆定律有I ＝E R 1＋R 2设ab 所受安培力为F 安，有F 安＝BIl此时ab 受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有F 安＝m 1g sin θ＋F fmax代入数据解得v ＝5 m/s.(3)设从cd 棒开始下滑到ab 棒刚要向上滑动的过程中装置中产生的总热量为Q 总，由能量守恒有m 2gx sin θ＝Q 总＋m 2v 212解得x ＝3.8 m.。

2020版高考物理大一轮复习第九章磁场高考培优讲座8带电粒子在磁场或复合场中的运动课件

1．带电粒子在组合场中运动的分析思路第 1 步：分阶段(分过程)按照时间顺序和进入不同的区域分成几个不同的阶段；第 2 步：受力和运动分析，主要涉及两种典型运动，如下：
第 3 步：用规律
2．带电粒子在叠加场中运动的分析方法 (1)弄清叠加场的组成． (2)进行受力分析． (3)确定带电粒子的运动状态，注意运动情况和受力情况的结合． (4)对于粒子连续通过几个不同种类的场时，要分阶段进行处理．
(2)带电粒子在磁场中运动的周期， T0＝2vπr＝25π×10－4 s 在 0～π4×10－4 s 过程中，粒子运动了58T0，圆弧对应的圆心角， θ1＝54π
在π4×10－4 ～π2×10－4 s 过程中，粒子又运动了58T0，圆弧对应的圆心角，θ2＝54π 轨迹如图甲所示，根据几何关系可知，横坐标：x＝2r＋2rsin π4＝(2＋ 2) m≈3.41 m 纵坐标：y＝－2rcos π4＝－ 2 m≈－1.41 m
(5)画出粒子运动轨迹，灵活选择不同的运动规律． ①当带电粒子在叠加场中做匀速直线运动时，根据受力平衡列方程求解． ②当带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动时，应用牛顿运动定律结合圆周运动规律求解． ③当带电粒子做复杂曲线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解． (6)对于临界问题，注意挖掘隐含条件．
优等生经验谈：听课时应注意学习老师解决问题的思考方法。同学们如果理解了老师的思路和过程，那么后面的结论自然就出现了，学习起来才能够举一反三，事半功倍。
2019/7/8
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谢谢欣赏！
2019/7/8
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(3)横坐标 x＝0，纵坐标 y＝2kE0（τ－B20t0）
，(k＝1，2，

(统考版)2023版高考物理一轮复习第九章磁场专题七带电粒子在复合场中的运动学生用书

专题七带电粒子在复合场中的运动考点一带电粒子在组合场中的运动1．组合场电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠；或在同一区域分时间段交替出现．2．“电偏转”或“磁偏转”的比较垂直进入磁场(磁偏转)垂直进入电场(电偏转) F＝qv B，F大小不变，方向总指向圆例1.一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy 平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l′，电场强度的大小均为E，方向均沿x 轴正方向；M、N为条状区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行．一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出．不计重力．(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；(2)求该粒子从M点入射时速度的大小；，求该粒子的比荷及其(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为π6从M点运动到N点的时间．[教你解决问题](1)读题→画轨迹(2)模型建构→求速度[思维方法]解决带电粒子在组合场中运动问题的一般思维模板跟进训练1.[2021·广东卷，14]如图是一种花瓣形电子加速器简化示意图．空间有三个同心圆a、b、c围成的区域，圆a内为无场区，圆a与圆b之间存在辐射状电场，圆b与圆c之间有三个圆心角均略小于90°的扇环形匀强磁场区Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ.各区磁感应强度恒定，大小不同，方向均垂直纸面向外．电子以初动能E k0从圆b上P点沿径向进入电场，电场可以反向，保证电子每次进入电场即被全程加速．已知圆a与圆b之间电势差为U，圆b半径为R，圆c半径为√3R，电子质量为m，电荷量为e，忽略相对论效应，取tan 22.5°＝0.4.(1)当E k0＝0时，电子加速后均沿各磁场区边缘进入磁场，且在电场内相邻运动轨迹的夹角θ均为45°，最终从Q点出射，运动轨迹如图中带箭头实线所示．求Ⅰ区的磁感应强度大小、电子在Ⅰ区磁场中的运动时间及在Q点出射时的动能；(2)已知电子只要不与Ⅰ区磁场外边界相碰，就能从出射区域出射．当E k0＝keU时，要保证电子从出射区域出射，求k的最大值．考点二带电粒子在叠加场中的运动1．磁场力、重力并存(1)若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．(2)若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题．2．电场力、磁场力并存(不计重力的微观粒子)(1)若电场力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．(2)若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题．3．电场力、磁场力、重力并存(1)若三力平衡，一定做匀速直线运动．(2)若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动．(3)若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒或动能定理求解问题．例2.如图所示，平面直角坐标系的第二象限内存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m、带电荷量为＋q的小球从A点以速度v0沿直线AO运动，AO与x 轴负方向成37°角，在y轴与MN之间的区域Ⅰ内加一电场强度最小的匀强电场后，可使小球继续做直线运动到MN上的C点，MN与PQ之间区域Ⅱ内存在宽度为d的竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，小球在区域Ⅱ内做匀速圆周运动并恰好不能从右边界飞出，已知小球在C点的速度大小为2v0，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：(1)第二象限内电场强度E1的大小和磁感应强度B1的大小；(2)区域Ⅰ内最小电场强度E2的大小和方向；(3)区域Ⅱ内电场强度E3的大小和磁感应强度B2的大小．[教你解决问题]——读题抓已知条件→模型建构跟进训练2．[2022·广西南宁统考]如图所示，空间中存在水平方向的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向左，磁场方向垂直纸面向里．一带电小球恰能以速度v0沿与水平方向成30°角斜向右下方做匀速直线运动，最后进入一轴线沿小球运动方向且固定摆放的一光滑绝缘管道(管道内径略大于小球直径)，下列说法正确的是( )A．小球带负电＝√3v0B．电场和磁场的大小关系为EBC．若小球刚进入管道时撤去磁场，小球仍做匀速直线运动D．若小球刚进入管道时撤去电场，小球的机械能不断增大3．如图所示，在竖直平面内的坐标系xOy中，第三象限存在垂直于纸面向外的匀强磁场和沿x轴负方向的匀强电场，第一象限y≥0.35 m的区域有竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，两区域磁场的磁感应强度大小均为B＝0.5 T，电场的场强大小均为E＝2 N/C.一带电荷量为q的油滴从图中第三象限的P点获得一初速度v0，恰好能沿PO做匀速直线运动(PO与x轴负方向的夹角为θ＝45°)，并从原点O进入第一象限，经过一段时间后再次穿过x轴离开第一象限，重力加速度g取10 m/s2，求：(1)油滴在P点得到的初速度v0的大小；(2)油滴在第一象限运动的时间；(3)油滴再次穿过x轴时的横坐标x1.考点三复合场与现代科技素养提升原理图例3. [2021·河北卷，5]如图，距离为d的两平行金属板P、Q之间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B1，一束速度大小为v的等离子体垂直于磁场喷入板间．相距为L的两光滑平行金属导轨固定在与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B2，导轨平面与水平面夹角为θ，两导轨分别与P、Q相连．质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直导轨放置，恰好静止．重力加速度为g，不计导轨电阻、板间电阻和等离子体中的粒子重力．下列说法正确的是( )A．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v＝mgR sinθB1B2LdB．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v＝mgR sinθB1B2LdC．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v＝mgR tanθB1B2LdD．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v＝mgR tanθB1B2Ld跟进训练4.(多选)如图甲是回旋加速器D形盒外观图，如图乙是回旋加速器工作原理图，微观粒子从S处由静止开始被加速，达到其可能的最大速度v m后将到达导向板处，由导出装置送往需要使用高速粒子的地方．下列说法正确的是( )A．D形盒半径是决定v m的一个重要因素B．粒子从回旋加速器的磁场中获得能量C．高频电源的电压是决定v m的重要因素D．高频电源的周期等于粒子在磁场中的运动周期5.[2022·郑州模拟](多选)某种质谱仪的工作原理示意图如图所示．此质谱仪由以下几部分构成：粒子源N，P、Q间的加速电场，静电分析器，磁感应强度为B的有界匀强磁场、方向垂直纸面向外，胶片M.若静电分析器通道中心线半径为R，通道内有均匀辐射电场，在中心线处的电场强度大小为E；由粒子源发出一质量为m、电荷量为q的正离子(初速度为零，重力不计)，经加速电场加速后，垂直场强方向进入静电分析器，在静电分析器中，离子沿中心线做匀速圆周运动，而后由S点沿着既垂直于磁分析器的左边界，又垂直于磁场方向射入磁分析器中，最终打到胶片上的某点．下列说法正确的是( )ERA．P、Q间加速电压为12B．离子在磁场中运动的半径为√mERqC．若一质量为4m、电荷量为q的正离子加速后进入静电分析器，离子不能从S射出D．若一群离子经过上述过程打在胶片上同一点，则这些离子具有相同的比荷情境2 CT扫描机例4. CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测．图甲是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图乙所示．图乙中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线(如图中带箭头的虚线所示)，将电子束打到靶上的点记为P点．则( )A．M处的电势高于N处的电势B．增大M、N之间的加速电压可使P点左移C．偏转磁场的方向垂直于纸面向外D．增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移[思维方法]解决实际问题的一般过程专题七带电粒子在复合场中的运动关键能力·分层突破例 1 解析：(1)粒子运动的轨迹如图甲所示．(粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称)(2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动．设粒子从M点射入时速度的大小为v0，在下侧电场中运动的时间为t，加速度的大小为a；粒子进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为θ(见图乙)，速度沿电场方向的分量为v1.根据牛顿第二定律有qE＝ma①式中q和m分别为粒子的电荷量和质量．由运动学公式有v1＝at②l′＝v0t③v1＝v cos θ④粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qvB ＝m v 2R ⑤ 由几何关系得l ＝2R cos θ ⑥ 联立①②③④⑤⑥式得v 0＝2El ′Bl⑦(3)由运动学公式和题中所给数据得v 1＝v 0tanπ6⑧联立①②③⑦⑧式得q m＝4√3El ′B 2l 2⑨设粒子由M 点运动到N 点所用的时间为t ′，则t ′＝2t ＋2(π2−π6)2πT ⑩式中T 是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T ＝2πm qB⑪由③⑦⑨⑩⑪式得t ′＝BlE (1＋√3πl 18l ′) ⑫答案：(1)图见解析 (2)2El ′Bl(3)4√3El ′B 2l 2Bl E(1＋√3πl 18l ′)1．解析：(1)设电子经圆b 的加速电场加速两次后以速度v 1进入Ⅰ区磁场，Ⅰ区的磁感应强度大小为B 1，则由动能定理得2eU ＝12mv 12－0，由几何知识得，电子在Ⅰ区做匀速圆周运动的半径r 1＝R tan θ2＝R tan 22.5°＝0.4R ，由洛伦兹力提供向心力可得ev 1B 1＝m v 12 r1，联立解得B 1＝5√meUeR ，运动时间t 1＝360°−135°360°T ，又T ＝2πmeB 1，联立解得t 1＝πR √meU 4eU，电子由P →Q ，由动能定理得8eU ＝E k ，所以动能E k ＝8eU .(2)k 最大时，电子进入Ⅰ区时速度v 最大，做匀速圆周运动的半径r 最大，所以当电子轨迹与Ⅰ区磁场的圆弧相切时，半径r 最大，由几何关系知(√3R －r )2＝R 2＋r 2，解得r ＝√33R ，根据洛伦兹力提供向心力有evB 1＝m v 2r ，解得v ＝5√3meU3m，电子从P 点进入圆b 到刚进入Ⅰ区，由动能定理得 2eU ＝12mv 2－E k0，又E k0＝keU ，解得k ＝136. 答案：(1)5√meU eR πR √meU4eU8eU (2)136例2 解析：(1)带电小球在第二象限内受重力、电场力和洛伦兹力作用做直线运动，三力满足如图所示关系且小球只能做匀速直线运动．由图知tan 37°＝qE 1mg，得E 1＝3mg 4q，cos 37°＝mgqv 0B 1，得B 1＝5mg4qv 0.(2)区域Ⅰ中小球做直线运动，电场强度最小，受力如图所示(电场力方向与速度方向垂直)，小球做匀加速直线运动．由图知cos 37°＝qE 2mg ，得E 2＝4mg 5q.方向与x 轴正方向成53°角向上．(3)小球在区域Ⅱ内做匀速圆周运动，所以mg ＝qE 3，得E 3＝mgq ，因小球恰好不从右边界穿出，小球运动轨迹如图所示．由几何关系得r ＝5d8，由洛伦兹力提供向心力知q ·2v 0B 2＝m (2v 0)2r，联立得B 2＝16mv 05qd.答案：(1)3mg 4q5mg 4qv 0(2)4mg 5q ，方向与x 轴正方向成53°角向上 (3)mgq16mv 05qd2．解析：带电小球受到竖直向下的重力，垂直速度方向的洛伦兹力，沿水平方向的电场力，根据质点做匀速直线运动的条件可知，小球带正电，选项A 错误；由sin 30°＝qE qv 0B可得，电场和磁场的大小关系为EB＝v02，选项B 错误；若小球刚进入管道时撤去磁场，重力沿速度方向的分力与电场力沿速度方向的分力大小相等，方向相反，所以小球仍做匀速直线运动，选项C 正确；若小球刚进入管道时撤去电场，只有重力做功，小球的机械能守恒，选项D 错误．答案：C3．解析：(1)如图所示，根据平衡条件可得mg ＝qE ，qv 0B ＝√2qE解得v 0＝√2EB＝4√2 m/s.(2)进入第一象限后，在0≤y ≤0.35 m 区域内，油滴做斜抛运动，根据运动的合成与分解，油滴在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做竖直上抛运动，刚到O 点时，有v 0x ＝v 0cos 45°，v 0y ＝v 0sin 45°竖直方向上，油滴做竖直上抛运动，有v −y 2v 0y 2＝－2g ℎvy ＝v0y －gt1进入y>ℎ区域后，电场力和重力大小相等，方向相反，油滴在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则进入到y>ℎ区域时，有v1＝√v 0x 2+v y2 根据速度的合成与分解可得tan α＝vy v 0x运动时间t 2＝2α360°T其中周期T ＝2πm qB总时间t ＝2t 1＋t 2联立解得t ＝15 s ＋37π225 s ＝0.72 s.(3)进入第一象限后，在0≤y ≤h 区域内，油滴在水平方向上做匀速直线运动，有L 1＝v 0x t 1进入y >h 区域后，电场力和重力大小相等，方向相反，油滴在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有qv 1B ＝mv 12 R由几何关系得L 2＝R sin α由对称性得x 1＝2L 1＋2L 2，解得x 1＝3.2 m.答案：(1)4√2 m/s (2)0.72 s (3)3.2 m例3 解析：由左手定则可知Q 板带正电，P 板带负电，所以金属棒ab 中的电流方向为从a 到b ，对金属棒受力分析可知，金属棒受到的安培力方向沿导轨平面向上，由左手定则可知导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，由受力平衡可知B 2IL ＝mg sin θ，而I ＝UR ，而对等离子体受力分析有q U d＝qvB 1，解得v ＝mgR sin θB 1B 2Ld.故B 正确，A 、C 、D 错误．答案：B4．解析：回旋加速器中的加速粒子最后从磁场中做匀速圆周运动离开，根据半径公式R ＝mv m qB，可得v m ＝qBR m，则粒子的最大速度与加速的电压无关，而与D 形盒的半径、磁感应强度以及粒子的电荷量和质量有关，D 形盒半径越大，v m 越大；磁场越强，v m 越大，A 正确，C 错误．回旋加速器是利用电场加速、磁场偏转来加速粒子的，B 错误；粒子在磁场中转动两个半圆的过程，电场的方向变换两次，则T 电＝2×T 磁2＝T 磁＝2πm qB，D 正确．答案：AD5．解析：直线加速过程，根据动能定理得qU ＝12mv 2，电场中偏转过程，根据牛顿第二定律得qE ＝m v 2R，在磁场中偏转过程，根据牛顿第二定律得qvB ＝m v 2r，解得U ＝12ER ，r ＝m qB√qER m＝1B √mER q，故选项A 正确，B 错误；只要满足R ＝2UE ，所有粒子都可以在弧形电场区通过，故选项C 错误；由r ＝1B √mER q可知，打到胶片上同一点的粒子的比荷一定相等，故选项D 正确．答案：AD例4 解析：本题结合CT 扫描机考查带电粒子的加速、偏转问题．电子束在M 、N 之间需要加速，故N 处的电势高于M 处的电势，A 错误；若增大M 、N 之间的加速电压，会使得电子获得的速度变大，电子在磁场中偏转，洛伦兹力提供向心力，有Bvq ＝m v 2R ，可得电子的偏转轨迹半径R ＝mvqB ，则电子在磁场中运动轨迹的半径变大，电子出磁场时偏转角减小，P 点向右移，B 错误；电子进入磁场中向下偏转，由左手定则可知，偏转磁场的方向垂直于纸面向里，故C 错误；根据R ＝mvqB 可知，偏转磁场的磁感应强度越大，电子的运动轨迹半径越小，在偏转磁场中偏转越明显，P 点向左移，故D 正确．答案：D。

江苏2022版高考物理一轮复习第9章磁场第3节带电粒子在复合场中的运动课件

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离子在电场中做类平抛运动，从 C 到 G 的时间为： t2＝2vd0＝3Bmq 离子从 D 处运动到 G 处所需时间为： t＝t1＋t2＝9＋3B2qπm。
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(3)设电场强度为 E，则有：
qE＝ma
d＝12at22
由动能定理得：qEd＝EkG－12mv20
解得 EkG＝4B92mq2d2。
复习课件
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第九章磁场
第3节带电粒子在复合场中的运动
带电粒子在组合场中的运动 [讲典例示法]
1．组合场电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，电场、磁场交替出现。
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(1)磁场的磁感应强度大小； (2)甲、乙两种离子的比荷之比。
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[解析] (1)设甲种离子所带电荷量为 q1、质量为 m1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为 R1，磁场的磁感应强度大小为 B，由动能定理有
q1U＝12m1v21
①
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由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
q1v1B＝m1Rv211
式和牛顿第二定律得
qvB＝mRv2
⑤
由几何关系得 l＝2Rcos θ
⑥
联立①②③④⑤⑥式得 v0＝2BEll′。
⑦
(3)由运动学公式和题给数据得
v1＝v0cot
π 6
⑧
联立①②③⑦⑧式得mq ＝4
3El′ B2l2
⑨
设粒子由 M 点运动到 N 点所用的时间为 t′，则
t′＝2t＋2π22－π π6T

江苏专用2020版高考物理大一轮复习第九章磁场章末热点集训课件

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江苏省2020版高考物理三轮复习电磁学综合题带电粒子在复合场中的运动练习含解析

热点18电磁学综合题(带电粒子在复合场中的运动)(建议用时：20分钟)1．(20xx·盐城高三三模)反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似．已知静电场的方向平行于x轴，其电势φ随x的分布如图所示．一质量m＝1.0×10－20kg、电荷量q＝1.0×10－9 C的带负电的粒子从(－1cm，0)点由静止开始，仅在电场力作用下在x轴上往返运动．忽略粒子的重力等因素．求：(1)x轴左侧电场强度E1和右侧电场强度E2的大小之比E1 E2；(2)该粒子运动的最大动能E km；(3)该粒子运动的周期T.2．如图所示，在直角坐标系xOy平面的第一、四象限内各有一个边长为L的正方形匀强磁场区域，第二、三象限区域内各有一个高L，宽2L的长方形匀强磁场，其中在第二象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场，第一、三、四象限内有垂直坐标平面向里的匀强磁场，各磁场的磁感应强度大小均相等，第一象限的x< L、L<y<2L的区域内，有沿y轴正方向的匀强电场．现有一质量为m、电荷量为q的带负电粒子从坐标(L，3L2)处以初速度v0沿x轴负方向射入电场，射出电场时通过坐标(0，L)点，不计粒子重力．(1)求电场强度大小E；(2)为使粒子进入磁场后途经坐标原点O到达坐标(－L，0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小B；(3)求第(2)问中粒子从进入磁场到坐标(－L，0)点所用的时间．3．(20xx·南京师大附中质检)如图所示，在真空室内的P点，能沿纸面向各个方向不断发射电荷量为＋q、质量为m的粒子(不计重力)，粒子的速率都相同．ab为P点附近的一条水平直线，P到直线ab的距离PC＝L，Q为直线ab上一点，它与P点相距PQ＝5 2L.当直线ab以上区域只存在垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场时，水平向左射出的粒子恰到达Q点；当ab以上区域只存在平行该平面的匀强电场时，所有粒子都能到达ab直线，且它们到达ab直线时动能都相等，其中水平向左射出的粒子也恰好到达Q点．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：(1)粒子的发射速率；(2)匀强电场的场强大小和方向；(3)仅有磁场时，能到达直线ab的粒子所用最长时间和最短时间的比值．2．解析：(1)带电粒子在电场中做类平抛运动有：L ＝v 0t ，L 2＝12at 2，qE ＝ma 联立解得：E ＝mv20qL.(2)粒子进入磁场时，速度方向与y 轴负方向夹角的正切值tan θ＝vx vy＝1 速度大小v ＝v0sin θ＝2v 0设x 为每次偏转圆弧对应的弦长，根据运动的对称性，粒子能到达(－L ，0)点，应满足L ＝2nx ，其中n ＝1、2、3…，粒子轨迹如图甲所示，偏转圆弧对应的圆心角为π2；当满足L ＝(2n ＋1)x 时，粒子轨迹如图乙所示．若轨迹如图甲，设圆弧的半径为R ，圆弧对应的圆心角为π2.则有x ＝2R ，此时满足L ＝2nx ，联立可得：R ＝L 22n洛伦兹力提供向心力，则有：qvB ＝m v2R得：B ＝4nmv0qL(n ＝1、2、3…)若轨迹如图乙，设圆弧的半径为R ，圆弧对应的圆心角为π2.则有x ＝2R ，此时满足L ＝(2n ＋1)x ，联立可得：R ＝L（2n＋1）2洛伦兹力提供向心力，则有：qvB＝m v2 R得：B＝2（2n＋1）mv0qL(n＝1、2、3…)所以为使粒子进入磁场后途经坐标原点O到达坐标(－L，0)点，匀强磁场的磁感应强度大小B＝4nmv0qL(n＝1、2、3…)或B＝2（2n＋1）mv0qL(n＝1、2、3…)．(3)若轨迹如图甲，粒子从进入磁场到从坐标(－L，0)点射出磁场过程中，圆心角的总和θ＝2n×π2×2＝2nπ，则t＝T×2nπ2π＝2nπmqB＝πL2v0.若轨迹如图乙，粒子从进入磁场到从坐标(－L，0)点射出磁场过程中，圆心角的总和θ＝(2n＋1)×2π＝(4n＋2)π，则t＝T×（4n＋2）π2π＝（4n＋2）πmqB＝πLv0所以粒子从进入磁场到坐标(－L，0)点所用的时间为πL2v0或πLv0.答案：(1)mv20qL(2)B＝4nmv0qL(n＝1、2、3…)或B＝2（2n＋1）mv0qL(n＝1、2、3…)(3)πL2v0或πLv03．解析：(1)设粒子做匀速圆周运动的半径为R，过O作PQ的垂线交PQ于A点，如图甲所示：由几何知识可得PCPQ＝QAQO代入数据可得粒子轨迹半径R＝QO＝5L 8洛伦兹力提供向心力Bqv＝m v2 R解得粒子发射速度为v＝5BqL 8m.(2)真空室只加匀强电场时，由粒子到达ab直线的动能相等，可知ab为等势面，电场方向垂直ab向下．水平向左射出的粒子经时间t到达Q点，在这段时间内CQ＝L2＝vtPC＝L＝12at2式中a＝qE m解得电场强度的大小为E＝25qLB2 8m.(3)只有磁场时，粒子以O1为圆心沿圆弧PD运动，当圆弧和直线ab相切于D点时，粒子速度的偏转角最大，对应的运动时间最长，如图乙所示．据图有sin α＝L－RR＝35解得α＝37°故最大偏转角γmax＝233°粒子在磁场中运动最大时长t1＝γmax 360°T式中T为粒子在磁场中运动的周期．粒子以O2为圆心沿圆弧PC运动的速度偏转角最小，对应的运动时间最短．据图乙有。

2020版物理新增分大一轮江苏专用版讲义：第九章电磁感应第2讲含解析

第2讲法拉第电磁感应定律自感涡流一、法拉第电磁感应定律1.感应电动势(1)感应电动势：在电磁感应现象中产生的电动势.(2)产生条件：穿过回路的磁通量发生改变，与电路是否闭合无关. (3)方向判断：感应电动势的方向用楞次定律或右手定则判断.2.法拉第电磁感应定律(1)内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比.(2)公式：E ＝n ΔΦΔt，其中n 为线圈匝数. (3)感应电流与感应电动势的关系：遵循闭合电路的欧姆定律，即I ＝ER ＋r. 3.导体切割磁感线时的感应电动势(1)导体垂直切割磁感线时，感应电动势可用E ＝Blv 求出，式中l 为导体切割磁感线的有效长度；(2)导体棒在磁场中转动时，导体棒以端点为轴，在匀强磁场中垂直于磁感线方向匀速转动产生感应电动势E ＝Bl v ＝12Bl 2ω(平均速度等于中点位置的线速度12l ω). 自测1将闭合的多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是()A.感应电动势的大小与线圈的匝数无关B.穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大C.穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大D.感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同答案 C自测2(多选)如图1所示是穿过一个单匝闭合线圈的磁通量随时间变化的图象，则以下判断正确的是() 图1A.第0.6 s 末线圈中的感应电动势是 4 VB.第0.9 s 末线圈中的感应电动势比第0.2 s 末的大C.第1 s 末线圈的感应电动势为零D.第0.2 s 末和第0.4 s 末的感应电动势的方向相同答案AB二、自感、涡流1.自感现象(1)概念：由于导体本身的电流变化而产生的电磁感应现象称为自感，由于自感而产生的感应电动势叫做自感电动势. (2)表达式：E ＝L ΔIΔt .(3)自感系数L 的影响因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯有关.2.涡流现象(1)涡流：块状金属放在变化磁场中，或者让它在磁场中运动时，金属块内产生的旋涡状感应电流.(2)产生原因：金属块内磁通量变化→感应电动势→感应电流.命题点一法拉第电磁感应定律的理解与应用1.求解感应电动势的常见情况情景图研究对象回路(不一定闭合)一段直导线(或等效成直导线)绕一端垂直磁场转动的一段导体棒绕与B 垂直的轴转动的导线框表达式E ＝nΔΦΔtE ＝BLv(L 为有效切割长度)E ＝12BL 2ωE ＝NBS ωcos ωｔ2.说明(1)当ΔΦ仅由B 的变化引起时，则E ＝n ΔB ·SΔt；当ΔΦ仅由S 的变化引起时，则E ＝n B ·ΔSΔt；当ΔΦ由B 、S 的变化同时引起时，则E ＝n B 2S 2－B 1S 1Δt ≠n ΔB ·ΔSΔt .(2)磁通量的变化率ΔΦΔt是Φ－t 图象上某点切线的斜率.例1(2018·常州市一模)如图2甲所示，单匝正方形线框abcd 的电阻R ＝0.5 Ω，边长L ＝20 cm ，匀强磁场垂直于线框平面，磁感应强度B 随时间t 的变化规律如图乙所示.求：图2(1)0～2 s 内通过ab 边横截面的电荷量q ；(2)3 s 时ab 边所受安培力的大小F ；(3)0～4 s 内线框中产生的焦耳热Q.答案(1)4.8×10－2C (2)1.44×10－3N (3)1.152×10－3J解析(1)由法拉第电磁感应定律得，感应电动势E ＝S ΔB Δt ＝L2ΔB Δt感应电流I ＝ER ，电荷量q ＝I Δt代入数据解得q ＝4.8×10－2C ；(2)安培力F ＝BIL ，由题图乙得 3 s 时，B ＝0.3 T代入数值得F ＝1.44×10－3N ；(3)由焦耳定律得Q ＝I 2Rt代入数值得Q ＝1.152×10－3 J.变式1(多选)(2018·扬州市一模)如图3所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R.金属棒ab 与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下.现使磁感应强度随时间均匀减小，ab 始终保持静止，下列说法正确的是()图3A.ab 中的感应电流方向由a 到bB.ab 中的感应电流逐渐减小C.ab 所受的安培力保持不变D.ab 所受的静摩擦力逐渐减小答案AD解析磁感应强度均匀减小，磁通量减小，根据楞次定律得，ab 中的感应电流方向由a 到b ，故A正确；由于磁感应强度均匀减小，根据法拉第电磁感应定律E ＝S ΔBΔt得，感应电动势恒定，则ab 中的感应电流不变，故B 错误；根据安培力公式F ＝BIL 知，感应电流不变，B 均匀减小，则安培力减小，故C 错误；导体棒受安培力和静摩擦力处于平衡，F f ＝F ，安培力减小，则静摩擦力减小，故D 正确.命题点二导体切割磁感线产生电动势1.平动切割如图4(a)，在磁感应强度为B的匀强磁场中，长为L的导体棒以速度v垂直切割磁感线时，感应电动势E＝BL v.图42.转动切割如图(b)，在磁感应强度为B的匀强磁场中，长为L的导体棒以一端为轴以角速度ω垂直磁场匀速转动，此时产生的感应电动势E＝12BL2ω.3.有效切割长度图5图5(a)中的有效切割长度为cd sin θ；图(b)中的有效切割长度为MN；图(c)中的导体沿v1方向运动时，有效切割长度为2R；沿v2的方向运动时，有效切割长度为R.例2(多选)(2018·丰县中学月考)如图6所示，在一磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场中，垂直于磁场方向水平放着两根相距为h＝0.1 m的平行金属导轨MN和PQ，导轨电阻忽略不计，在两根导轨的端点N、Q之间连接一阻值R＝0.3 Ω的电阻，导轨上跨放着一根长为L＝0.2 m，每米阻值r＝2.0 Ω的金属棒ab，金属棒与导轨正交放置，交点为c、d，当金属棒在水平拉力作用下以速度v＝4.0 m/s向左做匀速运动时，则下列说法正确的是()图6A.金属棒a、b两端点间的电势差为0.2 VB.水平拉金属棒的力的大小为0.02 NC.金属棒a、b两端点间的电势差为0.32 VD.回路中的发热功率为0.06 W答案BC解析金属棒cd段产生的感应电动势为E cd＝Bhv＝0.5×0.1×4 V＝0.2 V；cdQN中产生的感应电流为I＝E cdR＋hr＝0.20.3＋0.2A＝0.4 A；金属棒ab两端的电势差等于U ac、U cd、U db三者之和，由于U cd＝E cd－Ir cd，所以U ab＝E ab－Ir cd＝BL v－Ir cd＝0.32 V，故A错误，C正确；使金属棒匀速运动的外力与安培力是一对平衡力，方向向左，大小为F＝F安＝BIh＝0.5×0.4×0.1 N＝0.02 N，选项B正确；回路中的发热功率P热＝I2(R＋r cd)＝0.08 W，D错误.变式2(多选)两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直.边长为0.1 m、总电阻为0.005 Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图7甲所示.已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t＝0时刻进入磁场.线框中感应电动势随时间变化的图线如图乙所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正).下列说法正确的是()图7A.磁感应强度的大小为0.5 TB.导线框运动的速度的大小为0.5 m/sC.磁感应强度的方向垂直于纸面向外D.在t＝0.4 s至t＝0.6 s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 N答案BC解析由E－t图象可知，导线框经过0.2 s全部进入磁场，则速度v＝lt＝0.10.2m/s＝0.5 m/s，选项B正确；由题图乙可知，感应电动势E＝0.01 V，根据E＝Blv得，磁感应强度B＝Elv ＝0.010.1×0.5T＝0.2 T，选项A错误；根据右手定则及正方向的规定可知，磁感应强度的方向垂直于纸面向外，选项C正确；在t＝0.4 s至t＝0.6 s这段时间内，导线框中的感应电流I＝ER＝0.010.005A＝2 A，所受的安培力大小为F＝BIl＝0.2×2×0.1 N＝0.04 N，选项D错误.命题点三自感现象1.自感现象的四大特点(1)自感电动势总是阻碍导体中原电流的变化.(2)通过线圈中的电流不能发生突变，只能缓慢变化.(3)电流稳定时，自感线圈就相当于普通导体.(4)线圈的自感系数越大，自感现象越明显，自感电动势只是延缓了过程的进行，但它不能使过程停止，更不能使过程反向.2.自感中“闪亮”与“不闪亮”问题与线圈串联的灯泡与线圈并联的灯泡电路图通电时电流逐渐增大，灯泡逐渐变亮电流突然增大，然后逐渐减小达到稳定断电时电流逐渐减小，灯泡逐渐变暗，电流方向不变电路中稳态电流为I1、I2：①若I2≤I1，灯泡逐渐变暗；②若I2＞I1，灯泡闪亮后逐渐变暗.两种情况下灯泡中电流方向均改变例3(多选)(2018·南通市等六市一调)用电流传感器研究自感现象的电路如图8甲所示，线圈L中未插入铁芯，直流电阻为R.闭合开关S，传感器记录了电路中电流i随时间t变化的关系图象，如图乙所示，t0时刻电路中电流达到稳定值I.下列说法中正确的是()图8A.t＝t0时刻，线圈中自感电动势最大B.若线圈中插入铁芯，上述过程电路中电流达到稳定值经历的时间大于t0C.若线圈中插入铁芯，上述过程中电路达到稳定时电流值仍为ID.若将线圈匝数加倍，上述过程中电路达到稳定时电流值仍为I答案BC解析t＝t0时刻，线圈中电流稳定，自感现象消失，线圈中没有自感电动势，故A错误；若线圈中插入铁芯，线圈自感系数增大，自感现象延长，题述过程电路中电流达到稳定值经历的时间大于t0，故B正确；线圈中插入铁芯，但线圈的直流电阻不变，所以稳定时电流不变，故C正确；若将线圈匝数加倍，线圈直流电阻增大，稳定时电流减小，故D错误.变式3(2018·南京市三模)如图9所示，电源电动势为E，其内阻r不可忽略，L1、L2是完全相同的灯泡，线圈L的直流电阻不计，电容器的电容为 C.下列说法正确的是()图9A.刚接通开关S的瞬间，L2立即亮，L1逐渐变亮B.合上开关S，电路稳定后，灯泡L1、L2的亮度相同C.电路稳定后在断开S的瞬间，通过灯泡L1的电流方向向右D.电路稳定后在断开S的瞬间，通过灯泡L2的电流为零答案 C命题点四涡流例4(多选)(2018·南通市等七市三模)健身车上装有金属电磁阻尼飞轮，飞轮附近固定一电磁铁，示意图如图10所示，人在健身时带动飞轮转动.则()图10A.飞轮转速越大，阻尼越大B.电磁铁所接电压越大，阻尼越大C.飞轮材料电阻率越大，阻尼越大D.飞轮材料密度越大，阻尼越大答案AB变式4(2018·南京市、盐城市一模)下列图中，A图是真空冶炼炉，可以冶炼高质量的合金；B图是充电器，工作时绕制线圈的铁芯中会发热；C图是安检门，可以探测人身是否携带金属物品；D图是工人穿上金属丝织成的衣服，可以高压带电作业，不属于涡流现象的是()答案 D解析线圈接有交变电流，在线圈中会产生变化的磁场，变化的磁场在冶炼炉中产生电场，使自由电荷在电场力的作用下定向移动形成涡流，故A属于涡流现象；充电器工作时有交变电流通过，交变电流产生的交变磁场穿过铁芯，在铁芯中产生电场，使自由电荷在电场力的作用下定向移动形成涡流，故B属于涡流现象；线圈中交变电流产生交变的磁场，会在金属物品中产生交变的感应电流(涡流)，而金属物品中感应电流产生的交变磁场会影响线圈中的交变电流，从而被探测到，故C属于涡流现象；工作服用包含金属丝的织物制成，形成一个导体壳，壳外有电场，壳内场强保持为0，高压外电场不会对内部产生影响，故D属于静电屏蔽.南京市期中)如图11甲所示，面积S＝1 m2的导体圆环内通有垂直于圆平面向里的磁场，1.(多选)(2018·磁场的磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示(B取向里为正)，以下说法正确的是()图11A.环中产生顺时针方向的感应电流B.环中产生逆时针方向的感应电流C.环中产生的感应电动势大小为 1 VD.环中产生的感应电动势大小为 2 V答案BC2.(2018·东台创新学校月考)一单匝矩形线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直.先保持线框的面积不变，将磁感应强度在 1 s时间内均匀地增大到原来的两倍.接着保持增大后的磁感应强度不变，在1 s时间内，再将线框的面积均匀地减小到原来的一半.先后两个过程中，线框中感应电动势的比值为()A.12B.4C.2D.1答案 D解析由法拉第电磁感应定律：E＝ΔΦΔt，且ΔΦ1＝ΔB·S、ΔΦ2＝BΔS，则有E1＝ΔB·St＝2B－B St＝BSt，E2＝2B·ΔSt＝BSt.故两过程线框中感应电动势的比值为E1E2＝1，故选 D.泰州中学月考)如图12甲所示，螺线管内有一平行于轴线的磁场，规定图中箭头所示方3.(多选)(2018·向为磁感应强度B的正方向，螺线管与U形导线框cdef相连，导线框cdef内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导线框cdef在同一平面内，当螺线管内的磁感应强度随时间按图乙所示规律变化时，下列选项中正确的是()图12A.在t1时刻，金属圆环L内的磁通量最大B.在t2时刻，金属圆环L内的磁通量最大C.在t1～t2时间内，金属圆环L内有逆时针方向的感应电流D.在t1～t2时间内，金属圆环L有收缩的趋势答案BD解析由题图乙知，t1时刻磁通量的变化率为零，则感应电流为零，金属圆环L内的磁通量为零，故A错误；在t2时刻，磁感应强度为零，但是磁通量的变化率最大，则感应电流最大，金属圆环L内的磁通量最大，故B正确；在t1～t2时间内，磁通量的变化率不断变大，则线圈内的感应电流不断变大，根据楞次定律，在线圈中的电流方向为f到c，根据右手螺旋定则，穿过圆环的磁通量向外增大，则根据楞次定律，在金属圆环中产生顺时针方向的感应电流，故C错误；在t1～t2时间内，通过金属圆环L的磁通量增加，由楞次定律可以确定L必须减小面积以达到阻碍磁通量的增加，故金属圆环有收缩的趋势，故D正确.丰县中学月考)如图13甲、乙所示的电路中，电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，且4.(多选)(2018·小于灯泡A的电阻，接通S，使电路达到稳定，灯泡A发光，则()图13A.在电路甲中，断开S后，A将逐渐变暗B.在电路甲中，断开S后，A将先变得更亮，才逐渐变暗C.在电路乙中，断开S后，A将逐渐变暗D.在电路乙中，断开S后，A将先变得更亮，才逐渐变暗答案AD解析在电路甲中，断开S，由于线圈产生自感电动势阻碍电流变小，导致回路中的电流逐渐减小，A 将逐渐变暗，故A 正确，B 错误；在电路乙中，由于电阻R 和自感线圈L 的电阻值都很小，所以通过灯泡的电流比通过线圈的电流小，断开S 时，由于线圈阻碍电流变小，于是原来通过线圈的电流现在通过灯泡形成新的回路，由于通过灯泡A 的电流比原来的大，导致A 将变得更亮一下，然后逐渐变暗，故C 错误，D 正确.5.(2018·江苏百校12月大联考)图14甲为兴趣小组制作的无线充电装置中的受电线圈示意图，已知线圈匝数n ＝100、电阻r ＝1 Ω、横截面积S ＝1.5×10－3m 2，外接电阻R ＝7 Ω．线圈处在平行于线圈轴线的匀强磁场中，磁场的磁感应强度随时间变化图象如图乙所示，求：图14(1)t ＝0.01 s 时线圈中的感应电动势E ；(2)0～0.02 s 内通过电阻R 的电荷量q ；(3)0～0.03 s 内电阻R 上产生的热量Q.答案(1)0.6 V(2)1.5×10－3C(3)2.362 5×10－3J解析(1)由题图乙可知，t ＝0.01 s 时刻ΔBΔt＝4 T/s根据法拉第电磁感应定律：E ＝n ΔΦΔt ＝nS ΔBΔt解得：E ＝0.6 V.(2)0～0.02 s 内，设感应电动势为E 1，磁感应强度B 的变化率相同，所以E 1＝E ，则I 1＝E 1R ＋r＝0.075 A ，电荷量q ＝I 1Δt ，解得：q ＝1.5×10－3C.(3)0～0.02 s 内，E 1＝0.6 V ，I 1＝0.075 A ，根据焦耳定律可以得到，电阻R 上产生的热量Q 1＝I 12Rt 1＝7.875×10－4J0.02～0.03 s 内，E 2＝n ΔB ′Δt ′s ＝1.2 V ，I 2＝0.15 A ，根据焦耳定律可以得到，电阻R 上产生的热量Q 2＝I 22Rt 2＝1.575×10－3 J ，故0～0.03 s 内产生的总热量Q 总＝Q 1＋Q 2＝2.362 5×10－3J.1.(多选)如图1所示，闭合金属导线框放置在竖直向上的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度随时间变化.下列说法正确的是()图1A.当磁感应强度增加时，线框中的感应电流可能减小B.当磁感应强度增加时，线框中的感应电流一定增大C.当磁感应强度减小时，线框中的感应电流一定增大D.当磁感应强度减小时，线框中的感应电流可能不变答案AD泰州中学月考)如图2所示，L是自感系数很大的线圈，但其自身的电阻几乎为零.A和2.(多选)(2018·B是两个完全相同的灯泡，则下列说法中正确的有()图2A.当开关S闭合瞬间，A、B两灯同时亮，最后B灯熄灭B.当开关S断开瞬间，A、B两灯同时熄灭C.当开关S断开瞬间，a点电势比b点电势低D.当开关S断开瞬间，流经灯泡B的电流是由a到b答案AD解析开关S闭合瞬间，线圈L对电流有阻碍作用，则相当于灯泡A与B串联，因此两灯同时亮，且亮度相同，稳定后B被短路熄灭，故A正确；稳定后当开关S断开后，A马上熄灭，由于自感，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源，线圈左端为高电势，与灯泡B构成闭合回路放电，流经灯泡B的电流是由a到b，a点电势比b点电势高，B闪一下再熄灭，故D正确，B、C错误.3.(多选)(2018·苏州市期初调研)如图3甲所示，矩形导线框固定在匀强磁场中，磁感线方向与导线框所在平面垂直.规定垂直纸面向里方向为磁场的正方向，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示.则()图3A.从0到t2时间内，导线框中电流的方向先为adcba再为abcdaB.从0到t2时间内，导线框中电流的方向始终为adcbaC.从0到t1时间内，导线框中电流越来越小D.从0到t1时间内，导线框ab边受到的安培力越来越小答案BD解析从0到t2时间内，线圈中磁通量的变化率相同，则感应电动势不变，电路中电流大小和方向不变，根据楞次定律可知电流方向为adcba，故A、C错误，B正确；从0到t1时间内，电路中电流大小恒定不变，故由F＝BIL可知，F与B成正比，因为B逐渐减小，所以导线框ab边受到的安培力越来越小，故D正确.4.(2018·丰县中学月考)如图4所示，匀强磁场的方向垂直纸面，规定向里的方向为正，在磁场中有一细金属圆环，圆环平面位于纸面内，现令磁感应强度B随时间t变化，先按图所示的Oa图线变化，后来又按bc和cd变化，令E1、E2、E3分别表示这三段变化过程中感应电动势的大小，I1、I2、I3分别表示对应的感应电流的大小，则下列说法正确的是()图4A.E1<E2，I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向B.E1<E2，I1沿顺时针方向，I2沿逆时针方向C.E2<E3，I2沿逆时针方向，I3沿顺时针方向D.E2＝E3，I2沿逆时针方向，I3沿顺时针方向答案 A解析由法拉第电磁感应定律可知E＝n ΔBSΔt，由题图知Oa段中磁感应强度的变化率较小，而bc、cd两段中磁感应强度的变化率相同，故有E1＜E2＝E3.由楞次定律可判断出I1沿逆时针方向，I2与I3均沿顺时针方向，故选 A.5.(多选)(2018·海安中学开学考)如图5所示，A为一固定的圆环，条形磁铁B从左侧无穷远处以初速度v0沿圆环轴线移向圆环，穿过后移到右侧无穷远处.下列说法中正确的是()图5A.若圆环A是电阻为R的线圈，磁铁移近圆环直至离开圆环这一过程中圆环中的感应电流方向发生变化B.若圆环A是一超导线圈，磁铁移近圆环直至离开圆环这一过程中圆环中的感应电流方向发生变化C.若圆环A是电阻为R的线圈，磁铁的中点通过环面时，圆环中电流为零D.若圆环A是一超导线圈，磁铁的中点通过环面时，圆环中电流最大答案ACD6.(多选)(2019·黄桥中学模拟)将四根完全相同的表面涂有绝缘层的金属丝首尾连接，扭成如图所示四种形状的闭合线圈，图中大圆半径均为小圆半径的两倍，将线圈先后完全置于同一匀强磁场中，线圈平面均与磁场方向垂直.若磁感应强度从B增大到2B，则线圈中通过的电荷量最少的是()答案BC7.(多选)(2018·苏锡常镇一调)如图6所示，a、b、c为三只完全相同的灯泡，L为电阻不计的自感线圈，电源内阻不计.下列判断正确的是()图6A.S闭合的瞬间，b、c两灯亮度相同B.S闭合足够长时间后，b、c两灯亮度相同C.S断开的瞬间，a、c两灯立即熄灭D.S断开后，b灯先突然闪亮后再逐渐变暗熄灭答案AD解析S闭合的瞬间，b、c两灯串联，则此时b、c两灯亮度相同，选项A正确；由于L的电阻不计，则S闭合足够长时间后，b灯被L短路，则b灯熄灭，c灯变得更亮，选项B错误；S断开的瞬间，通过各个灯原来的电流立即消失，而通过L的电流要通过三盏灯形成新的回路，则a、c两灯将逐渐熄灭，b灯中因为原来电流为零，所以b灯先突然闪亮后再逐渐变暗熄灭，选项C错误，D正确. 8.(多选)(2018·苏州市模拟)如图7甲所示，半径为r带小缺口的刚性金属圆环固定在竖直平面内，在圆环的缺口两端用导线分别与两块水平放置的平行金属板A、B连接，两板间距为d且足够大.有一变化的磁场垂直于圆环平面，规定向里为正，其变化规律如图乙所示.在平行金属板A、B正中间有一电荷量为q的带电液滴，液滴在0～14T内处于静止状态.重力加速度为g.下列说法正确的是() 图7A.液滴带负电B. 液滴的质量为4B0qπr2 gdTC.t＝34T时液滴的运动方向改变D.t＝T时液滴与初始位置相距12gT2答案BD9.(2018·江苏一模)如图8所示，匝数为N＝100、边长为L＝0.5 m、阻值为r＝1.5 Ω的正方形导线框与间距为d＝0.5 m的竖直导轨相连，正方形线框的上半部分处在水平向外的磁场B1中，导轨的下部存在着水平向里的磁感应强度为B2＝1 T的匀强磁场.质量为m＝0.2 kg、接入电路的电阻为R＝0.5 Ω的导体棒ab可以沿竖直导轨无摩擦地滑动，导体棒始终与导轨接触良好.当磁场B1发生变化时，导体棒ab刚好能处于静止状态.重力加速度g取10 m/s2，试求：图8(1)此时通过ab棒的电流I的大小和方向；(2)此过程中磁场B1的变化率；(3)开始的 5 s内回路中产生的焦耳热Q.答案(1)4 A方向由a到b(2)0.64 T/s(3)160 J解析(1)导体棒ab静止，由受力平衡有：mg＝B2Id可得：I＝mgB2d＝0.2×101×0.5A＝4 A由左手定则判断知，电流方向由a到b.(2)根据法拉第电磁感应定律得：E＝N ΔB1ΔtS式中S＝L2 2由闭合电路欧姆定律得：E＝I(R＋r)代入数据解得：ΔB1Δt＝0.64 T/s(3)开始的 5 s 内回路中产生的焦耳热为：Q ＝I 2(R ＋r )t ＝42×(0.5＋1.5)×5 J ＝160 J. 10.(2018·南京市、盐城市二模)如图9甲所示，正方形闭合线圈abcd 边长为10 cm ，总电阻为 2 Ω，匝数为100匝，放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度B 随时间t 的变化关系如图乙所示.求：图9(1)在0～2 s 内线圈中感应电动势的大小；(2)在t ＝1 s 时线圈的ad 边所受安培力的大小和方向；(3)线圈中感应电流的有效值.答案(1)1 V(2)5 N方向向右(3)22A解析(1)设在0～2 s 内线圈中感应电动势的大小为E 1，则E 1＝n ΔΦ1Δt ＝nS ΔB 1Δt＝1 V(2)在t ＝1 s 时，I 1＝E 1R ＝0.5 A由题图乙可知B 1＝1 T则F ＝nB 1I 1L ＝5 N 由左手定则可知，方向向右(3)在0～2 s 内，I 1＝0.5 A在2～3 s 内，设线圈中感应电动势的大小为E 2，则E 2＝n ΔΦ2Δt ＝nS ΔB 2Δt ＝2 VI 2＝E 2R＝1 A 设线圈中感应电流的有效值为I ，则I 12Rt 1＋I 22·Rt 2＝I 2Rt解得I ＝22A.11.(2018·东台创新学校月考)在范围足够大、方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B ＝0.2 T ，有一水平放置的光滑框架，宽度L ＝0.4 m ，如图10所示，框架上放置一质量m ＝0.05 kg 、电阻R ＝1 Ω的金属杆cd ，框架电阻不计.若杆cd 在水平外力F 的作用下以恒定加速度a ＝2 m/s 2，由静止开始做匀变速直线运动，求：图10(1)在5 s内平均感应电动势E是多少？(2)第5 s末回路中的电流I多大？(3)第5 s末作用在杆cd上的水平外力F多大？答案(1)0.4 V(2)0.8 A(3)0.164 N解析(1)5 s内的位移为：x＝12at2＝12×2×52 m＝25 m5 s内的平均速度为：v＝xt＝255m/s＝5 m/s，所以平均感应电动势为：E＝BL v＝0.2×0.4×5 V＝0.4 V；(2)第5 s末速度为：v＝at＝10 m/s此时感应电动势为：E＝BL v，回路中的电流为：I＝ER＝BLvR＝0.2×0.4×101A＝0.8 A.(3)杆cd做匀加速运动，由牛顿第二定律得：F－F安＝ma，即：F＝BIL＋ma＝0.164 N.。